高二物理下学期期末考试试题(承智班,含解析)(2021年整理)

河北省定州市2016-2017学年高二物理下学期期末考试试题（承智班，含解析）
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2016—2017学年高二(承智班）下学期期末考试物理试题
一、选择题
1. 质量为m的金属棒通有自a到b的恒定电流,当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上，导轨与水平面夹角为θ．当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，要保持金属棒静止不动，下列说法中正确的是
A。

磁感应强度逐渐变大
B. 安培力逐渐变小
C. 支持力先变小后变大
D。

当磁场方向和导轨垂直时，磁感应强度最小
【答案】D
【解析】AB、磁场方向水平向左，导体棒受重力、和竖直向上的安培力，两个力的合力为零,安培力等于重力。

当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，设安培力与斜面之间的夹角为且先减小后增大，受重力、支持力和安培力平衡，要保持金属棒静止不动，安培力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力,，先增大后减小,安培力先减小后增大，磁感应强度先减小后增大，A错误、B错误；
C、安培力沿垂直斜面的分力先垂直斜面向上逐渐减小，后垂直斜面向下逐渐增大，所以支持力逐渐增大,C错误;
D、当磁场方向和导轨垂直时，最大等于1,安培力最小，磁感应强度最小，D正确。

故选：D。

【名师点睛】
金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析，分别沿斜面和垂直斜面列方程即可.
2。

如图所示，光滑水平地面上静止放置由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长，现给A一个向右的瞬时冲量,让A开始以速度向右运动，若〉，则
A。

当弹簧被压缩到最短时，B的速度达到最大值
B. 在以后运动过程中B的速度还可能为零
C. 当弹簧再次恢复为原长时，A的速度可能大于B的速度
D. 当弹簧再次恢复为原长时，A的速度一定小于B的速度
【答案】BD
【解析】A、A开始压缩弹簧，A做减速运动,B做加速运动,当两者速度相等时,弹簧压缩最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度不是达到最大，A错误;
B、C、D、弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续做加速，A继续做减速运动，直到弹簧恢复原长,此时B的速度达到最大，大于A的速度，接着A加速，B减速，弹簧被拉伸，当弹簧被拉伸到最长时,AB共速，A继续加速，B继续减速,再次恢复原长时,A的速度增加到,此时B的速度为零，B正确；C错误;D正确；
故选BC。

3。

如图所示，电源电动势为E,内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响,当电键闭合后，两小灯泡均能发光．在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是( ）
A. 小灯泡L1、L2均变暗
B. 小灯泡L1变亮，小灯泡L2变暗
C. 电流表A的读数变小，电压表V的读数变大
D. 电流表A的读数变大，电压表V的读数变小
【答案】BC
【解析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，与灯并联的电路的电阻增大,外电路总电阻增大，干路电流减小，电流表读数变小，变暗，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大,电压表V的读数变大，路端电压增大，而灯电压减小,所以灯的电压增大，灯变亮，故BC正确。

点睛:本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键．也可以运用结论进行分析：变阻器电阻增大，与之并联的电灯会亮,与之串联的电灯会变暗，即“串反并同”。

4. 两波源S1、S2在水槽中形成的波形如图4所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷,则( )
A。

在两波相遇的区域中会发生干涉
B。

在两波相遇的区域中不会发生干涉
C。

P点的振动始终加强
D. P点的振动始终减弱
【答案】B
【解析】试题分析：要判断能否发生稳定的干涉图样，主要是判定两列波的频率是否相同，根据在同一介质中不同的机械波的波速相等，而从图中看出，两列波的波长不同，从而判定频率不同故不能发生稳定的干涉图样．
从图中看出，两列波的波长不同,而在同一介质中不同的机械波的波速相等，根据，所以两列水波的频率不同，而只有两列波的频率相同时才能发生干涉现象,所以在两波相遇的区域中不会产生干涉，故A错误B正确；因为不能发生稳定的干涉现象,所以虽然此时刻a点的振动加强，但不能始终加强，当然也不能始终减弱，CD错误．
5。

如图所示，在粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带正电小球，整个装置处在有水平匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场组成的足够大的复合场中,小球由静止开始下滑，在整个运动过程中，关于描述小球运动的v-t图像中正确的是（）
A。

B。

C. D.
【答案】C
【解析】小球在水平方向上受电场力和洛伦兹力以及杆子的弹力，开始速度比较小,洛伦兹力小于电场力，当速度增大，洛伦兹力增大，则弹力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律,知加速度增大，小球先做加速度增大的加速运动。

当弹力为0时，加速度最大，然后洛伦兹力大于电场力，速度增大，洛伦兹力增大,则弹力增大，摩擦力增大,根据牛顿第二定律，知加速度减小,小球然后做加速度减小的加速运动，当重力等于摩擦力时，做匀速直线运动.故C正确,A、
B、D错误.
故选:C。

【名师点睛】
小球向下运动的过程中受重力、电场力、洛伦兹力和摩擦力，根据物体的受力变化，判断加速度的方向以及加速度的变化，根据加速度与速度的方向关系，判断速度的变化.
6. (多选）如图所示，质量为1kg的小物块，以初速度v0=11m/s从θ=530的固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F,第二次不施加力，图乙中的两条线段a、b分别表示施加力F和无F时小物块沿斜面向上运动的v—t图线，不考虑空气阻力,g=10m/s2，下列说法正确的是（）
A。

恒力F大小为21N
B。

物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C。

有恒力F时，小物块在整个上升过程产生的热量较少
D。

有恒力F时，小物块在整个上升过程机械能的减少量较小
【答案】BD
【解析】A、B、根据v—t中斜率等于加速度的意义可知:；不受拉力时:; 代入数据得：；受到拉力的作用时：
，所以：．B正确；A错误；
C、根据运动学公式：可知，因为有恒力F时,小物块的加速度小,位移大,所以在上升过程产生的热量较大,C错误；
D、结合C的分析可知，有恒力F时，小物块上升的高度比较大,所以在最高点的重力势能比较
大，而升高的过程动能的减小是相等的，所以在上升过程机械能的减少量较小，D正确；
故选BD。

7。

如图所示,将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力)。

则（ )
A。

两球同时落地
B。

相遇时两球速度大小相等
C。

从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D. 相遇后的任意时刻，重力对球a做功的功率和对球b做功的功率相等
【答案】C
【解析】A、相遇时满足:，，所以，小球b落地时间:，球a落地时间：，A错误；
B、相遇时，,，则，B错误；
C、因为两球恰在处相遇，说明重力做功的数值相等，根据动能定理，球a动能的减少量等于球b动能的增加量,C正确；
D、相遇后的任意时刻,球a的速度始终小于球b的速度,因此重力对球a做功的功率小于对球b 做功的功率,D错误;
故选C。

8. 如图所示,质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上，木板上放置一质量为m的木块。

已知m与M之间的动摩擦因数为μ，m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ。

现对M施一水平恒力F，将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面，则在上述过程中
A. 水平恒力F一定大于3μ(m+M）g
B。

m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等
C. M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等
D. 若增大水平恒力F，木块有可能滑出桌面
【答案】AC
【解析】A、对小木块：μmg=ma1；对木板:；要使小木块滑离木板，需使，则，A正确;
B、设小木块在薄木板上滑动的过程，时间为t1，小木块的加速度大小为a1，小木块在桌面上做匀减速直线运动，加速度大小为a2，时间为t2，有：
μmg=ma1
2μmg=ma2
a1t1=a2t2
联立解得:t1=2t2,B错误；
C、m初末速度都为零，合外力冲量为零,M对m的冲量与桌面对m的冲量大小相等,方向相反,C 正确;
D、若增大水平恒力F,木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小；在桌面上滑动的距离变短，不可能滑出桌面,D错误.
故选：AC.
【名师点睛】
薄木板在被抽出的过程中，滑块先做匀加速直线运动后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求解出木块的加速度，根据运动学规律求解出时间；根据动量定理，合外力冲量为零，M对m 的冲量与桌面对m的冲量大小相等；增大水平拉力，木块离开木板时间变短，速度变小，位移变小，在桌面上滑动的距离变短，可以判断能否滑出桌面。

9。

一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t，上升的最大高度是H,所受空气阻力大小恒为F，则在时间t内( )
A。

物体受重力的冲量为零
B. 物体机械能的减小量等于FH
C. 物体动量的增量大于抛出时的动量
D. 在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小
【答案】CD
【解析】A、冲量I=Ft，因重力不为零，故物体受到的冲量不为零，A错误；
B、物体在整个抛出过程中克服阻力做的功为，由功能原理可知，物体机械能的减小量2FH,B错误；
C、因末动量的方向与初动量相反，故动量的变化量一定大于抛出时初动量的大小，C正确；
D、物体在上升过程和下降过程的高度相同，但物体上升时的加速度大于向下的加速度，故下降时所用的时间大于上升时所用的时间，故上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小,D正确；
故选C。

10. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中，当导
线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。

则磁感应强度方向和大小可能为（)
A。

z正向， B。

y正向，
C. z负向， D。

沿悬线向上，
【答案】BC
【解析】试题分析:逆向解题法．磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以A错误；磁感应强度方向为y正向,根据左手定则,直导线所受安培力方向沿z正方向,根据平衡条件，当BIL刚好等于mg时,绳的拉力为零，所以，所以B正确;磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BILcosθ=mgsinθ，所以，所以C正确；磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如下图（侧视图)，直导线不能平衡，所以D错误．故选BC.
考点：物体的平衡;左手定则。

【名师点睛】此题是对物体的平衡以及左手定则的考查；左手定则和右手定则一定要区分开，如果是和力有关的则全依靠左手定则，即关于力的用左手定则，其他的（一般用于判断感应电流方向或者通电电流周围的磁场方向）用右手定则.
11。

如图所示，在电阻不计的边长为L的正方形金属框abcd的cd边上接两个相同的电阻,
平行金属板e和f通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场,同一时刻各点的磁感应强度B大小相等，B随时间t均匀增加，已知，磁场区域面积是金属框面积的二分之一，金属板长为L，板间距离为L。

质量为m，电荷量为q的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从f 板右边缘射出。

不计粒子重力，忽略边缘效应。

则
A. 金属框中感应电流方向为abcda
B。

粒子带正电
C. 粒子初速度为
D。

粒子在e、f间运动增加的动能为
【答案】AC
【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金属框中感应电流方向为abcda，e板带负电，f板带正电,A正确;因为粒子刚好从f板右边缘射出，所以粒子受到向下的电场力，而电场方向向上,所以粒子带负电，B错误；粒子在电场中做类平抛运动,在水平方向上有,在竖直方向上有，,，而电容器两极板间的电压等于R两端的电压，故，联立解得，C正确；根据动能定理可得粒子增加的动能为，D错误．
12。

如图所示，有理想边界MN、PQ的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B，磁场区域宽度为d，边界MN、PQ长不限，一质量为m、带电量为+q的带电粒子（不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度进入磁场,已知该带电粒子的比荷,其中为PQ上的一点，且与PQ垂直,下列判断中，正确的是（）
A. 该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d
B. 该带电粒子打在PQ上的点与点的距离为
C. 该带电粒子在磁场中运动的时间为
D。

若带电粒子射入磁场的方向可任意调整,则粒子在磁场中运动的最长时间为
【答案】CD
【解析】A、根据已知:，,半径公式：,联立可得：，A错误;
B、画出粒子轨迹过程图如图一所示，根据几何关系可得：带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为：，B错误；
C、根据周期公式：，粒子转过的圆心角为:，以及：,可得粒子在磁场中运动的时间：，C正确；
D、分析可知，粒子在磁场中运动时间最长的情况如图二所示，分析可知粒子转过的圆心角
，根据以及，可得：，D正确;
故选CD。

13。

如图，闭合铜制线框用细线悬挂，静止时其下半部分位于与线框平面垂直的磁场中。

若将细线剪断后线框仍能静止在原处，则磁场的的磁感应强度B随时间t变化规律可能的是
A。

B。

C。

D。

【答案】B
【解析】因剪断细线后线框仍能静止在原处，可知安培力向上，根据楞次定律可知，穿过线；圈的磁通量增加，磁感应强度增强,选项D错误；设B=B0+kt;根据平衡知识；
即 ,式中mg、B0、S、L及R均为定值，则随时间t的增加，k减小时，等式两边才能平衡，故选项B正确,AC错误；故选B.
14。

发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1,然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3．轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则
A. 卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B。

卫星在轨道3上的角速度等于在轨道1上的角速度
C. 卫星在轨道1上经过Q点时的速率小于它在轨道2上经过Q点时的速率
D。

卫星在轨道2上经过P点时的加速度大于它在轨道3上经过P点时的加速度
【答案】C
【解析】A、卫星绕地球做匀速圆周运动时,由万有引力提供向心力得:,得，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率．A 错误；
B、由万有引力提供向心力得：,得,则轨道半径大的角速度小,所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度， B错误;
C、从轨道1到轨道2,卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动,要实现这个运动必须使卫星加速，使其所需向心力大于万有引力，所以卫星在轨道1上经过Q点时的速率小于它在轨道2上经过Q点时的速率．C正确；
D、卫星运行时只受万有引力，由 a 得：加速度,则知在同一地点，卫星的加速
度相等，D错误；
故选C。

15. 如图所示，金属杆ab、cd置于足够长的平行轨道MN、PQ上,可沿轨道滑动，轨道所在的空间有竖直向上匀强磁场，导轨电阻不计。

则下面说法中正确的是
A. 若轨道光滑,给ab一初速度v0，则最终ab、cd一定做匀速运动且速度大小均为0.5v0
B. 若轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定
C。

若轨道粗糙，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定
D. 若将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器,且轨道光滑，给ab施加一个垂直于ab的恒定外力,则最终ab一定做匀加速直线运动
【答案】BD
【解析】A、轨道光滑，ab、cd组成的系统遵从动量守恒定律，最终共速，则：
,，当，最终速度大小均为0.5v0，A错误；
B、轨道光滑，刚开始，ab棒受到的拉力F大于向左的安培力,做加速度逐渐减小的加速运动，cd受到向右的安培力逐渐增大，做加速运动，当二者速度相等时，两棒受的安培力合力为零，最终两导体棒都做匀加速直线运动，速度差恒定不变，感应电流恒定不变，且不为零, B正确；
C、轨道粗糙，当时,ab、cd杆从整体上看所受合外力,此时ab、cd杆均向右运动,其速度分别为v1、v2.
当时两杆最终做匀速运动，稳定时两杆速度差也是恒定的，
当时,两杆最终具有相同的加速度,具有恒定速度差，C错误；
D、将cd换成固定于MN、PQ间的一电容器时,由牛顿第二定律得：，对电容器：，且，，联立求解得:,与速度无关,最终ab将做匀加速运动,D 正确；
故选BD。

16. 如图所示,理想变压器原副线圈匝数比为1:2，两端共接有4个电阻,其中R1=R0，R2=2R0，R3=R4=4R0，现将a、b两端接在交流电源上,则下列说法中正确的是( ）
A. R1消耗的电功率为R2消耗的电功率的2倍。

B. 流过R1的电流有效值等于流过R3的电流有效值.
C. R2两端的电压有效值是R3两端电压有效值的2倍
D。

流过R2的电流有效值流过是R4电流有效值的2倍
【答案】AD
【解析】A、根据变压器的规律有：，则：,，通过R1的电流为：，通过R3的电流和通过R4的电流相等，即，结合以上各式可
得:,A正确;
B、由A的分析可知，流过R1的电流有效值不等于流过R3的电流有效值，B错误;
C、R2两端的电压等于变压器的输入电压，R3两端电压等于输出电压的一半，所以R2两端的电压有效值与R3两端电压有效值相等，C错误;
D、流过R2的电流：,又流过R4电流：，所以流过R2的电流有效值流过是R4
电流有效值的2倍，D正确；
故选AD.
17。

如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（)
A。

B.
C。

D。

【答案】AC
18. 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中,导轨间距为L，导轨右端接有阻值为R的电阻。

一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。

现使金属棒以某初速度向左运动，它先后经过位置a、b后,到达位置c处刚好静止。

已知磁场的磁感应强度为B，金属棒经过a、b处的速度分别为v1、v2，a、b间距离等于b、c间距离,导轨电阻忽略不计。

下列说法中正确的是( ）
A. 金属棒运动到a处时的加速度大小为
B。

金属棒运动到b处时通过电阻R的电流方向由Q指向N
C. 金属棒在a→b与b→c过程中通过电阻R的电荷量相等
D. 金属棒在a处的速度v1是其在b处速度v2的倍
【答案】BC
【解析】A、金属棒运动到a处时，有，,,则得安培力
由牛顿第二定律得加速度，A错误；
B、金属棒运动到b处时,由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q到N，B正确；
C、金属棒在a→b过程中，通过电阻的电荷量，同理,在b→c的过程中，通过电阻的电荷量 ,由于,可得，C正确；
D、在b→c的过程中，对金属棒运用动量定理得:,而
，解得：
同理，在a→c的过程中,对金属棒运用动量定理得：，而，解得：：，因，因此，D错误;
故选BC.
19。

如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ.乙的宽度足够大，重力加速度为g,则( ）
A。

若乙的速度为v0，工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s=
B. 若乙的速度为 2v0，工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不变
C。

若乙的速度为 2v0,工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=
D. 保持乙的速度 2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。

若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计,驱动乙的电动机的平均输出功率=mgμv0
【答案】CD
【解析】当乙的速度为v时，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α
工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如图所示。

A、若乙的速度为v0，甲刚滑上乙时，工件相对乙运动的速度为，
工件受到摩擦力的大小为f=μmg, 沿x轴方向，根据牛顿运动定律和运动学公式
，
解得工件在乙上垂直于乙的运动方向滑行的距离,A错误;
B、若乙的速度为v，甲刚滑上乙时，
沿x轴方向,根据牛顿运动定律和运动学公式：
，
乙的速度不同，角不同，工件从滑上乙到在乙上侧向滑动停止所用的时间不同,B错误；
C、工件在乙上停止侧向滑动时与乙相对静止,有相同的速度,v=，C正确；
D、保持乙的速度 2v0不变，甲刚滑上乙时，工件相对乙运动的速度为，最后与乙相对静止，相对速度为零，受到与相对速度相反的摩擦力,根据牛顿第二定律:
工件滑动的时间:,
相对滑行的距离：,
此过程产生的内能：
此过程动能的增量：
根据能量转化与守恒定律，传送带对工件做功的功率:
驱动乙的电动机的平均输出功率=mgμv0,D正确。

故选CD。

20。

如图所示,一轻质弹簧左端固定，右端系一小物块，物块与水平面的最大静摩擦力和滑动摩擦力都为f，弹簧无形变时，物块位于O点.每次都把物块拉到右侧不同位置由静止释放,释放时弹力F大于f,物体沿水平面滑动一段路程直到停止.下列说法中正确的是(）
A. 释放时弹性势能等于全过程克服摩擦力做的功
B。

每次释放后物块速度达到最大的位置保持不变
C. 物块能返回到O点右侧的临界条件为F〉3f
D。

物块能返回到O点右侧的临界条件为F>4f
【答案】BD
【解析】A、物体最后停下来的位置不一定是原长，最后还有弹性势能,释放时的弹性势能只有一部分克服摩擦力做功,A错误；
B、物块速度达到最大的位置是弹簧弹力与摩擦力平衡的位置，所以速度达到最大的位置保持不变，B正确；
CD、设物块刚好能返回到O点，物块在最左端受到的弹力是F1，物块在向左运动的过程可看作一个简谐运动,物块在向右运动的过程也可看作一个简谐运动，根据简谐运动的对称性，在最大位移处恢复力大小相等，
向左运动:
向右运动：
联立得：F=4f，C错误、D正确。

故选BD.
二、实验题
21。

在电子线路制作中常用到覆铜板，覆铜板是将补强材料（加入橡胶中可以显著提高其力学性能的材料)浸以树脂,一面或两面覆以铜箔，经热压而成的一种板状材料，称为覆铜箔层压板，它是做印制电路板的基本材料，常叫基材.小明同学是电子制作爱好者,他想应用所学的物理知识来测量覆铜板的导电铜膜厚度。

于是他从资料上查得导电铜膜的电阻率ρ=1.
75×l0-8Ω·m，并利用下列器材完成了这个实验：
A．电源E(电动势为6V，内阻不计);
B．取待测长方形覆铜板一块，将两个粗铜条A、B平行压置在覆铜板的两端,与覆铜板接触良好，用作电极，如此就制成了待测电阻R（阻值约为2 Ω）；
C．滑动变阻器(总阻值约为10 Ω);
D．定值电阻R2（电阻值R2 =6 Ω);。